Phân dạng các bài toáN ĐẠi số TỔ HỢp trong chưƠng trình toán trung học phổ thôNG’’
tải về 0.6 Mb.
|
Bài tập tự giải Bài 1: Giải phương trình . Bài 2: Giải phương trình . Bài 3: Giải phương trình . 2.3.2. Giải bất phương trình Bài 1. Giải BPT: . Giải:
Điều kiện: k và . (*). Với thì bất phương trình (*) vô nghiệm. Với thì (*) . Do nên ta chọn . Tương tự với .
Chọn . Với thì . Chọn Với thì (*) . Chọn . Vậy BPT có 5 bộ nghiệm (n,k) là (0;0), (1;0), (1;1), (2;2),(3;3).
Giải:
Điều kiện : . . Vậy các số hạng dương là: . Bài 3. Cho tập hợp có 18 phân tử, tìm sao cho số tập con gồm phần tử của là lớn nhất. Giải :
Có số tập con của có phần tử là . Xét (với ). ( do ) . Do Xét (với )
Do và . Như vậy . Vậy . Vậy số tập con có 9 phần tử của tập hợp là lớn nhất.
Giải :
Điều kiện: và . (thỏa mãn). Vậy nghiệm của hệ là = . Bài 2: Giải hệ Giải:
Điều kiện: . Đặt Có hệ : (thỏa mãn),
Vậy Bài 3: Giải hệ (I) Giải:
Điều kiện : . Có hệ (I) . Thế vào (2) ta được : (do . Do (loại). Vậy hệ phương trình (I) vô nghiệm.
Bài toán đếm là bài toán đặc trưng trong các dạng bài toán đại số tổ hợp và là bài toán thường xuất hiện trong cuộc sống thực tiễn. Để thực hiện bài toán đếm ta thường sử dụng:
Chú ý: Khi thực hiện bài toán đếm ngoài cách đếm trực tiếp theo yêu cầu bài toán ta có thể đếm gián tiếp thông qua kiểu đếm bù.
Bài 1: Cho tập hợp các chữ số . Từ tập hợp có thể lập được:
Giải: Gọi số cần lập là = , , .
Trường hợp 1: Nếu có 1 cách chọn. Khi đó là một bộ phân biệt có thứ tự được chọn từ X\{0} do đó nó là một chỉnh hợp 7 chập 4. Có cách chọn. Có =840 số. Trường hợp 2: Nếu được chọn từ {2, 4, 6} Có 3 cách chọn. được chọn từ tập X\{0, } có 6 cách chọn. là một bộ phân biệt thứ tự được chọn từ X\{ } do đó nó là một chỉnh hợp 6 chập 3 Có cách chọn. Vậy có 3.6. =2160 số. Vậy số các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt hình thành từ là: 840+2160=3000 số. b) Vì là số tiến nên và do . Mỗi cách chọn ra 5 chữ số thì chỉ có 1 cách sắp xếp từ nhỏ đến lớn. Vậy số số cần tìm là số cách chọn ra 5 chữ số từ tập . Vậy có =21 số thỏa mãn điều kiện. Bài 2: Cho tập hợp các chữ số . Từ tập hợp có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số trong đó chữ số 1 có mặt đúng 2 lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Giải:
* Xét cả trường hợp . Chọn 2 vị trí để xếp hai số 1 có cách . Chọn 3 số trong và sắp xếp vào 3 vị trí còn lại có cách . Vậy có =2100 số. * Chỉ xét . Chọn 2 vị trí để xếp hai số 1 có cách . Chọn 2 số trong và sắp xếp vào 2 vị trí còn lại có cách. Vậy có . =180 số. Vậy có 2100-180=1920 số thỏa mãn điều kiện.
a) Bao nhiêu số lẻ gồm 6 chữ số chia hết cho 9. b) Bao nhiêu số gồm 5 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số lẻ. Giải:
a) Các số gồm 6 chữ số và chia hết cho 9 là 100008, 100017, 100026, 100035, …, 999999. Trong đó các số lẻ là 100017, 100035, …, 999999 lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu là = 100017, công sai d = 18, = 999999. Ta có: .
Vậy có 50000 số thỏa mãn điều kiện. b) Xét 1 số có 4 chữ số tùy ý . Để là số lẻ ta có 2 khả năng: Nếu tổng ( ) là số chẵn thì ta có thể chọn {1,3,5,7,9}. Nếu tổng ( ) là số lẻ thì ta có thể chọn {0, 2, 4, 6,8}. Mà có 9 cách chọn ( 0). có 10 cách chọn ( =2, 3, 4). Mỗi số có 4 chữ số này lại sinh ra 5 số có 5 chữ số mà tổng của 5 chữ số này là số lẻ. Vậy có tất cả 9.10.10.10.5=45000 số thỏa mãn điều kiện.
Giải:
Xét trường hợp các số lập được từ có 6 chữ số (cả trường hợp số 0 đứng đầu). Có số. Ta thấy các số trong tập đều xuất hiện 120 lần trên các hàng trăm nghìn, hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng trăm hàng chục và hàng đơn vị. Vậy tổng tất cả các số lập được trong trường hợp này là:
Ta thấy các số 1, 2, 3, 4, 5 đều xuất hiện 24 lần trên các hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng trăm hàng chục và hàng đơn vị. Vậy tổng các số lập được trong trường hợp này là:
Tổng tất cả các số đó là: . Bài 5: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số và lớn hơn 685000 lập từ Giải:
Gọi số cần tìm là: , . Trường hợp 1: Số có dạng ( ). có thể nhận 3 giá trị 5, 7, 9 có 3 cách chọn. là một bộ 4 số có thứ tự lập từ . Có cách chọn bộ 4 số có kể thứ tự. Có 3. số. Trường hợp 2: Số có dạng . là một bộ 5 phần tử từ và có kể thứ tự các phần tử. Có số. Trường hợp 3: số có dạng với . có 3 cách chọn là 7, 8, 9. là một bộ 6 phần tử từ và có kể thứ tự các phần tử. Có số. Vậy có số. Bài tập tự giải Bài 1: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số sao cho không có chữ số nào lặp lại đúng 3 lần. Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số và chữ số đứng sau bé hơn chữ số đứng trước. Bài 3: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số thỏa mãn. a) Là số đối xứng. b) Chữ số 3 xuất hiện đúng 3 lần, chữ số 4 xuất hiện 2 lần và các chữ số khác xuất hiện không quá 1 lần.
Giải:
Có cách chọn 6 cuốn sách bất kỳ trong 12 cuốn trong đó. Có cách chọn 6 cuốn có 5 cuốn văn học. Có cách chọn 6 cuốn có 4 cuốn âm nhạc. Có cách chọn 6 cuốn có 3 cuốn hội họa. Vậy có ( + + )=805 cách chọn thỏa mãn điều kiện. Với mỗi cách chọn ta có 6! Cách tặng. Số cách tặng thỏa mãn là 805.6!=579600 cách. Chú ý: Đối với bài này ta có thể dùng cách phân chia trường hợp thỏa mãn điều kiện (cách giải trực tiếp). Bài 2: Đội thanh niên xung kích của trường có 12 học sinh, gồm 5 học sinh khối lớp 10, 4 học sinh khối lớp 11 và 3 học sinh khối lớp 12.
Giải: a) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh là . Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi khối lớp có ít nhất 1 em được tính như sau: - Khối lớp 10 có 2 học sinh, các khối lớp 11, 12 có 1 học sinh có =120 cách. - Khối lớp 11 có 2 học sinh, các khối lớp 10, 12 có 1 học sinh có =90 cách. - Khối lớp 12 có 2 học sinh, các khối lớp 10, 11 có 1 học sinh có =60 cách. Vậy số cách chọn 4 học sinh mà mỗi khối lớp có ít nhất 1 học sinh là 120+90+60=270.
b) Ta chọn 6 học sinh thỏa mãn đề bài vào tổ 1, 6 học sinh còn lại tạo thành tổ 2. Có cách chọn tổ 1 trong đó có 2 học sinh khối lớp 10, 3 học sinh khối lớp 11, 1 học sinh khối lớp 12. Có cách chọn tổ 1 trong đó có 2 học sinh khối lớp 10, 2 học sinh khối lớp 11, 2 học sinh khối lớp 12. Có cách chọn tổ 1 trong đó có 3 học sinh khối lớp 10, 2 học sinh khối lớp 11, 1 học sinh khối lớp 12. Có cách chọn tổ 1 trong đó có 3 học sinh khối lớp 10, 1 học sinh khối lớp 11, 2 học sinh khối lớp 12. Vậy có + + + = 600 cách chia tổ thỏa mãn đề bài. Bài 3: Có nam, nữ. Có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho: a) người ngồi quanh một bàn tròn. b) người ngồi vào hai dãy ghế đối diện sao cho nam nữ ngồi đối diện. Giải:
Người thứ nhất có 1 cách chọn chỗ ngồi vì chỗ ngồi nào cũng không phân biệt so với bàn tròn. Sau khi có chuẩn của người thứ nhất thì người còn lại có cách xếp chỗ ngồi. Vậy có Cách. b) Xếp nam vào 1 dãy ghế có cách. Xếp nữ vào 1 dãy ghế có cách. Đổi chỗ cặp nam nữ đối diện có 2.2…2= cách. Vậy có cách xếp nam nữ ngồi đối diện nhau. Bài 4: Một hộp đựng 2 viên bi đỏ, 3 viên bi trắng, 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong đó số viên lấy ra không đủ cả 3 màu, biết rằng các viên bi là khác nhau. Giải:
Trong cách chọn 4 viên bi không có bi trắng có chứa cách chọn 4 viên chỉ có màu vàng. Trong cách chọn 4 viên không có bi đỏ có chứa cách chọn 4 viên chỉ có màu vàng. Vậy có + + + - - =105 cách chọn. Bài tập tự giải Bài 1: Có 20 học sinh (8 nữ trong đó có Lan, 12 nam trong đó có Nam và Tí ). a) Có bao nhiêu cách chọn ra một tổ 7 người trong đó có nhiều nhất 2 trong 3 bạn Tí, Nam và Lan. b) Có bao nhiêu cách xếp thành một hàng dọc sao cho Lan đứng đầu và các bạn nam luôn đứng cạnh nhau nhưng Tí và Nam không đứng cạnh nhau.
a) Có bao nhiêu cách lấy ra 3 quả cầu cùng màu? 3 quả cầu cùng số. b) Có bao nhiêu cách lấy ra 3 quả cầu khác màu? 3 quả cầu khác màu và khác số?
a) Bất kỳ hai học sinh ngồi cùng nhau hoặc đối diện nhau đều không cùng giới tính. b) Bất kỳ hai học sinh ngồi đối diện nhau đều không cùng giới tính.
a) Có bao nhiêu mặt phẳng khác nhau? b) Có bao nhiêu tứ diện. Giải:
Mỗi mặt phẳng được xác định bởi 3 điểm không đồng phẳng. Trong điểm sẽ có mặt phẳng ( nếu điểm này không có 4 điểm nào đồng phẳng). Do trong điểm có điểm đồng phẳng tức là q điểm này chỉ xác định duy nhất một mặt phẳng. Số mặt phẳng cần tìm là . b) Một tứ diện có 4 đỉnh tương ứng với 4 điểm không đồng phẳng trong điểm. Chọn 4 điểm bất kỳ trong điểm trên có cách. Trong có chứa không là tứ diện.
Giải:
Số các giao điểm nằm trên 1 đương thẳng xuất phát từ là . Số các giao điểm nằm trên 1 đương thẳng xuất phát từ là . Số các giao điểm nằm trên 1 đương thẳng xuất phát từ là .
Mỗi bộ 3 giao điểm không thẳng hàng sẽ tạo ra 1 tam giác. Số tam giác tạo ra là Bài 3: Cho tập có phần tử, tập có phần tử. Có bao nhiêu:
Giải:
Do X có phần tử số ánh xạ là cách.
Do đó ban đầu ta chọn phần tử từ phần tử từ làm ảnh cho các phần tử của có cách. Sắp xếp phần tử của vào phần tử của đã chọn có cách. Số đơn ánh = .
Số song ánh là . Tổng quát: Với thì số toàn ánh từ vào được tìm như sau: Ta chọn phần tử có thứ tự của làm tạo ảnh cho phần tử của có cách chọn. Khi đó trong còn phần tử, mỗi phần tử này có cách chọn ảnh. Có số toàn ánh. Bài 4: Tìm số đa thức bất khả quy bậc 3 trên . Giải:
. Xét các đa thức đơn hệ bậc 3 có dạng: . Có 5.5.5=125 đa thức. Nếu khả quy thì có dạng: * có đa thức. * có đa thức. * có 5 đa thức. * , ( là đa thức đơn hệ bậc hai bất khả quy trong ). Ta đi tìm số đa thức bất khả quy trong . Số đa thức dạng trong là 5.5=25. Nếu khả quy thì có dạng:
Số đa thức đơn hệ bậc hai bất khả quy trong là đa thức. Số đa thức là 5.10=50. Vậy số đa thức đơn hệ bậc 3 bất khả quy trên là: Số đa thức bất khả quy bậc 3 trong là: 4.50=200 đa thức.
Giải:
Số đa thức bất khả quy bậc ba trên là . Bài tập tự giải Bài 1: Cho tập hợp ={1, 2, …, 2012}. a) Có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong các số 2, 3, 5, 7. b) Có bao nhiêu cách chọn ra số mà có 2 số liên tiếp.
a) Có tất cả bao nhiêu tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh đa giác. b) Có tất cả bao nhiêu tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh đa giác, không có cạnh nào là cạnh của đa giác. c) Giả sử không có 3 đường chéo nào đồng quy. Hỏi có bao nhiêu giao điểm giữa các đường chéo. Bài 3: Trong cuộc thi cờ vua có người tham dự. mỗi người chơi đúng một bàn cờ với một người khác. CMR có cách sắp đặt. Bài 4: Một đoàn người gồm người xuất phát từ điểm O, một nửa đi về hướng Đông, một nửa đi về hướng Tây. Mỗi nhóm mỗi khi gặp giao lộ lại tách làm đôi. Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi có bao nhiêu người đến mỗi giao lộ ở hàng thứ 1000. 2.5. Một số bài toán về chỉnh hợp có lặp, hoán vị có lặp, tổ hợp có lặp. 2.5.1. Bài toán về chỉnh hợp có lặp. Bài 1: Cho . Gọi là số các toàn ánh từ lên . Chứng minh: . Giải:
Ta có tổng số ánh xạ từ vào là . Một ánh xạ bất kỳ với có phần tử là một toàn ánh từ lên . Chọn phần tử có cách. Số toàn ánh từ lên tập phần tử đó là . Số ánh xạ là toàn ánh từ lên có phần tử là . Vậy tổng số ánh xạ từ lên là: . . Tổng quát: Cho 1 . Gọi là số các toàn ánh từ lên Chứng minh: . Giải: Ta có tổng số ánh xạ từ lên là . Một ánh xạ bất kỳ với có phần tử là một toàn ánh từ lên . Chọn phần tử từ tập có cách và số toàn ánh toàn ánh lên tập phần tử đó là . Số ánh xạ là toán ánh từ lên có phần tử là . hay . Bài 2: Cho là số nguyên tố khác nhau. Xét , khi ta bố trí các dấu ngoặc ( ) theo các cách khác nhau ta sẽ nhận được bao nhiêu số khác nhau. Giải:
Với ta có số là Với ta có số là : và Ta sẽ chứng minh có số khác nhau. Giả sử điều này đúng với . Ta đi chứng minh nó đúng với . Ta thấy một sự phân bố dấu ngoặc khác nhau sẽ cho ta một số dạng R= , trong đó các thỏa mãn:
Như vậy các có thể xuất hiện trên tử hoặc xuất hiện dưới mẫu của phân số . Hay ta đi chọn vị trí cho các phần tử . có 2 cách chọn, …
Vậy có cách chọn vị trí cho để tạo ra các phân số khác nhau.
Đặt . Tính tổng tất cả các lấy theo tất cả các bộ . Giải: Ta không xét các bộ chứa 0 vì không tham gia vào tổng . Trong bộ các số trừ đi các bộ số còn lại bộ chứa số 1 ứng với và có tổng là . Trong các bộ số trừ đi các bộ số còn lại bộ chứa số 2 là số nhỏ nhất ứng với và có tổng là 2[ ]. … Vậy tổng tất cả các m(b) là: Bài tập tự giải Bài 1: Một bàn cờ hình chữ nhật chứa n cột và p dòng. a) Có bao nhiêu cách đặt vật giống nhau vào ô của bàn cờ sao cho không có hai vật nào ở trong cùng một cột. b) Cũng câu hỏi trên trong trường hợp vật là khác nhau.
Bài 1: Chứng minh định lý số học: ‘Tích của n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho ’. Giải: Ta giả sử n số tự nhiên liên tiếp là . Đặt . Xét số 1 và số 2, khi đó số hoán vị lặp của số là: là số nguyên. chia hết cho . Bài 2: Có n người trong thang máy của một ngôi nhà 10 tầng. Họ đi ra theo 3 nhóm: a người ở nhóm 1, b người ở nhóm 2, c người ở nhóm 3, với . Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện nếu ở mỗi tầng chỉ có một nhóm đi ra và thứ tự đi ra của những người trong cùng một nhóm là không có ý nghĩa. Giải: Bước 1: Ta chia n người thành 3 nhóm theo số lượng lần lượt là a, b, c có cách. Bước 2: Chọn 3 tầng trong 10 tầng và phân phối các tầng đó cho 3 nhóm trên có cách. Số cách thực hiện thỏa mãn đề bài là cách. Bài 3: Có bao nhiêu số có 8 chữ số trong đó số 1 lặp lại 3 lần, số 2 lặp lại 2 lần, còn các chữ số khác có mặt đúng một lần được lập từ tập A={0, 1, …,9}. Giải:
Tất cả các số có 8 chữ số trong đó số 1 lặp lại 3 lần, số 2 lặp lại 2 lần, còn các chữ số khác có mặt đúng một lần được lập từ (a,b,c,1,1,1,1,2,2) là số. Chọn 3 số a, b, c từ A\{1, 2} có cách. Có .3360=188160 số kể cả số 0 đứng đầu. Ta xét trường hợp số 0 đứng đầu: Chọn 2 số trong A\{0, 1, 2} có cách.
Đối với các bài toán đếm mà một phần tử hoặc nhiều phần tử có thể xuất hiện nhiều lần và thứ tự các phần tử không cần để ý ta thường sử dụng tổ hợp lặp. Chú ý công thức .
Giải:
Nếu ( ) là một nghiệm tự nhiên của phương trình (1) thì ta có thể cho ứng với nó một tổ hợp lặp chập n của m phần tử . Đảo lại nếu có một tổ hợp lặp chập n của m phần tử kiểu ( ) thì ta timg được nghiệm tự nhiên của phương trình đã cho bằng cánh đặt , với . Vậy số nghiệm tự nhiên của (1) là .
Giải:
Ta giả sử trạm là và số người xuống tại mỗi trạm là . Mỗi cách giải phóng người ở trạm có thể biểu diễn bằng đơn thức với . Số khả năng khác nhau để tất cả các công nhân xuống là tổ hợp có lặp chập của phần tử .
Giải:
Ta thấy một nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn những điều kiện đã cho ứng với một cách chọn mười một phần tử trong đó phần tử loại một, phần tử loại hai, …, phần tử loại m. Trước tiên ta chọn phần tử loại một, phần tử loại hai,..., phần tử loại m. Sau đó chọn thêm ( ) phần tử thuộc một trong loại. Như vậy có: . Bài 4: Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn và cố tổng các chữ số bằng . Giải:
Mỗi số có thể đồng nhất với một nghiệm của phương trình = . Ta có số. Bài tập áp dụng: Bài 1: (Đề thi đại học 2007) Có bao nhiêu bộ ba số nguyên không âm thỏa mãn điều kiện với . Bài 2: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình , thỏa mãn điều kiện . Bài 3: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp khác nhau sao cho hộp 1 có ít nhất 5 bi, biết rằng hộp 2 và hộp 3 không chứa quá 6 bi. 2.6. Các bài toán liên quan đến nhị thức 2.6.1. Bài toán khai triển đa thức Đây là bài toán cơ bản của toán tổ hợp, sử dụng nhị thức Newton với những biến đổi thích hợp để giải quyết yêu cầu bài toán. Công thức: .
Giải:
= = . Ta có: Vậy . Bài 2: Khai triển . Giải:
Xét Có . . Đặt . Bài 3: (Tổng quát bài 2) Khai triển đa thức: . Giải:
Xét . Đặt Nhận xét: Bài toán 3 có hệ số của là khi cho biết hệ số của là ta hoàn toàn có thể tìm được bằng cách giải phương trình: . Bài 4: khai triển đa thức biết . Giải:
. Hệ số là . Với thì các bội số (k, i, j) thỏa mãn là (0, 0, 0), (2, 1, 0), (3, 0, 1),…
Nếu vế trái của (1) lớn hơn 13 dùng phép thử thỏa mãn. Vậy n = 4.
Khi thực hiện các bài toán tìm hệ số ta cần chú ý: - Các hệ số của khai triển là n+1 số.
Định lý 1: thì . thỏa mãn và Hệ quả 1: Hệ số của trong khai triển là (với r+s+t+…=p) Hay Bài 1: tìm hệ số của trong khai triển. Giải:
Áp dụng hệ quả 1 ta có hệ số của trong khai triển P(x) là: . Bộ thỏa mãn là: (2010, 1, 1), (2009, 3, 0). = 36657955920. Bài 2: Tìm hệ số không phụ thuộc vào của phương trình Giải:
Hệ số không phụ thuộc vào là Với Trong đó . + . + không tồn tại bộ (m, n, t) thỏa mãn. +
.
Giải: a) . Hệ số với . Các bội số (i, j) thỏa mãn: (0, 2),(2, 1),(4, 0). . b) Có . ; c) Có mà . Bài 4: Cho . Tính hệ số . Giải:
. Bài 5: Xác định hệ số của khai triển: . Giải:
Hệ số là: = Bài tập tự giải: Bài 1: (ĐHTL-2000) Cho đa thức: . Có khai triển . Tính hệ số .
Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức . Bài 3: ( ĐHSPQN-A(2000)) Cho hàm số . Tìm hệ số của trong khai triển P(x). Bài 4: Tìm hệ số của và của khai triển . Bài 5: (Đề thi khối D- 2012) Cho khai triển : . Gọi là hệ số , tìm n để . 2.6.2.2. Bài toán tìm hệ số lớn nhất. Phương pháp: Bước 1: Tìm hệ số tổng quát của khai triển. Bước 2: Lập tỷ lệ và rút gọn. Bước 3: Cho (hoặc ) tìm nghiệm. Bước 4: Kết luận.
Giải:
Xét : nhỏ nhất khi hoặc . Hay giá trị nhỏ nhất là . lớn nhất khi nếu là số lẻ và nếu chẵn. giá trị lớn nhất là .
nhỏ nhất lớn nhất lớn nhất nhỏ nhất hoặc . Bài 2: (Mỹ, 74) Cho và . Tìm ước chung lớn nhất của các . Giải:
Nhận xét: trường hợp đơn giản . Ta dự đoán . Thật vậy ta có: (theo Pascal).
Biến đổi tương tự d là ước . Tiếp tục quá trình ta có d là ước của .
a) CMR: . b) Tìm sao cho: nhỏ nhất và là số nguyên với mọi số nguyên dương n ≥ m. Giải:
a) nguyên dương. b) Ta đi chứng minh . Với ta phải có nguyên.
Với thì:
Bài 4: Xác định sao cho khai triển nhị thức có hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất. Giải:
. Hệ số của hạng tử thứ 10, 11, 12 là , , . Để hạng tử thứ 11 có hệ số lớn nhất thì:
Giải:
, . Xét , < . > . đạt giá trị lớn nhất tại hay . Tổng quát: P(x)= , tìm . Giải:
Xét < . > . Nếu cùng dấu thì: * < * > Nếu nguyên thì hoặc . Nếu không nguyên thì . Nếu trái dấu thì: * < * > Nếu k= nguyên thì hoặc . Nếu k= không nguyên thì , hoặc .
Bước 1: Dùng công thức nhị thức khai triển đa thức. Bước 2: Rút gọn số mũ của các ẩn. Bước 3: Dựa vào dữ kiện bài cho tìm số hạng thỏa mãn điều kiện. Chú ý: + Nếu số hạng tổng quát thì số hạng của tương ứng với . Số hạng không chứa ứng với . + Nếu số hạng tổng quát thì số hạng nguyên tương ứng với là các số tự nhiên,… Bài 1: Cho khai triển và tìm hạng tử của khai triển trên có giá trị tuyệt đối lớn nhất. Giải:
= . Gọi là số hạng thứ của khai triển. . Tương tự : . Mà: .
Giải:
Hạng tử thứ 6 của khai triển là: Theo bài ra: Vậy hoặc . Bài 3: Cho có 3 hệ số đầu lập thành một cấp số cộng. Tìm tất cả các số hạng trong đó lũy thừa của có số mũ tự nhiên. Giải:
Có . , , . Do hệ số 1, lập thành cấp số cộng nên: (do . + Với có . Do và . Hay số hạng thỏa mãn điều kiện. + Với có . Do và và thỏa mãn điều kiện. Kết luận: thì , thì , . Bài 4: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển: biết rằng Giải:
Gọi là số hạng thứ của khai triển là . Xét . Tương tự . đạt giá trị lớn nhất bằng số nguyên thỏa mãn: . Nếu là số nguyên thì . Tức là có hai số hạng có giá trị lớn nhất là và .
Hướng dẫn : ta chỉ cần tìm số hạng lớn nhất của khai triển . 2.6.4. Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp Ở trong phần 2.1. và 2.2. ta đã giải quyết 1 số bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp. Trong phần này ta đi giải quyết một số bài tập cơ bản khác sử dụng công thức nhị thức Newton. Phương pháp: + Dùng công thức, bất dẳng thức cơ bản. + Dùng quy nạp. + Dùng tính đơn điệu của dãy số. Bài 1: Cho 2 số dương thỏa mãn . CMR , . Giải:
Đặt , ( ). Khi đó:
Bài 2: CMR: Với mọi thì Giải:
+ có . + Giả sử bất đẳng thức đúng với + Với có
Giải:
Có . Vì theo giả thuyết tất cả các số hạng của đẳng thức trên đều dương. Do n>1 khai triển có ít nhất ba số hạng
Tức là , . Bài tập tự giải Bài 1: CMR ( ). Bài 2: CMR . Bài 3: Cho dãy số thực a) Chứng minh là dãy giảm. b) Chứng minh .
Các kết quả của khóa luận là:
Khóa luận là một nghiên cứu cơ bản về toán tổ hợp. Em mong muốn rằng kết quả của khóa luận sẽ góp một phần nhỏ vào kho tàng kiến thức toán tổ hợp. Khóa luận là một tài liệu bổ ích cho công tác giảng dạy và học tập, ngoài ra khóa luận không chỉ dừng lại ở việc cung cấp các bài toán hay mà còn mang đến cho người học cách thức, tư duy để xây dựng các bài toán mới vì vậy nó còn là tài liệu tham khảo rất tốt cho những ai yêu thích tổ hợp và có lòng say mê tìm tòi, sáng tạo. Trong quá trình nghiên cứu khóa luận do thời gian hạn chế nên trong thời gian tiếp theo sau khi hoàn thành khóa luận, em vẫn tiếp tục nghiên cứu sâu hơn về tổ hợp để tổng hợp các phương pháp, kỹ năng giải và có một hệ thống bài tập hay, đa dạng hơn. Em rất mong được sự giúp đỡ nhiều hơn nữa của các thầy cô và các bạn. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Trần Thị Vân Anh, Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thi quốc gia môn toán, Nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội (2010). [2]. Lê Hồng Đức – Nhóm cự môn, Bài giảng chuyên sâu toán thpt giải toán đại số và giải tích 11, Nhà xuất bản Hà Nội (2007). [3]. Nguyễn Văn Cơ, Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học và cao đẳng năm học 2001-2002 đến năm học 2005-2006 môn toán, Nhà xuất bản Đại học sư phạm (2005). [4]. Trần Văn Hạo - Vũ Tuấn - Đào Ngọc Lam - Lê Văn Tiến - Vũ Viết Yên, Đại số và giải tích 11,Nhà xuất bản giáo dục (2008). [5]. Ngô Long Hậu-Trần Thanh Phong-Nguyễn Đình Thọ, Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học - cao đẳng toàn quốc từ 2002 – 2003 đến năm 2011 – 2012, Nhà xuất bản Hà Nội (2011). [6]. Ngô Thúc Lanh, Tìm hiểu đại số tổ hợp phổ thông, Nhà xuất bản giáo dục (1998). [7]. Hoàng Văn Minh – Nguyễn Tuấn Quế, Bộ đề ôn luyện thi toán, Nhà xuất bản Đại hoc sư phạm (2011). [8]. Hoàng Văn Minh-Nguyễn Đức Tiến, Phương pháp ôn luyện thi đại học cao đẳng môn toán theo chủ đề-chủ đề tổ hợp và xác suất, Nhà xuất bản Đại học sư phạm (2010). [9]. Vũ Trí – Trần Hà, Tuyển tập 39 đề thi thử thi tuyển sinh vào các trường đại học – cao đẳng môn toán, Nhà xuất bản Hà Nội (2011).
CMR: Chứng minh rằng. CT: Công thức.
Trong khóa luận nếu không có điều kiện của thì ta hiểu chúng thuộc .
Каталог: file -> downloadfile3 downloadfile3 -> Tiêu chuẩn tcvn 5744-1993 downloadfile3 -> VÍ DỤ VÀ BÀi tập thực hành làm kế toán trên excel downloadfile3 -> C헧 lạc bộ dạy học thi thử ĐẠi học lầN 1- năm họC: 2012-2013 mn : VẬt lí downloadfile3 -> SỞ giáo dục và ĐÀo tạo kiểm tra chất lưỢng học kỳ I đỒng tháp năm học: 2012-2013 downloadfile3 -> I. Chương cơ sở hóa học của sự sống Câu Cơ thể sống có khoảng bao nhiêu nguyên tố hóa học ? downloadfile3 -> TỔ: tiếng anh khung ma trậN ĐỀ kiểm tra 1t lẩN 1 hkii (2011-2012) tiếng anh lớP 11 downloadfile3 -> Đại từ, Đại từ sở hữu, Tính từ, Danh từ I will touch to you, my dream!!!! downloadfile3 -> Ma trậN ĐỀ kiểm tra hkii lớP 11 downloadfile3 -> PHẦn I. Phóng xạ, TIA Phóng xạ VÀ BẢn chất khái niệm về phóng xạ: a. Khái niệm: Phóng xạ tải về 0.6 Mb. Chia sẻ với bạn bè của bạn:
|